một số bài toán tô màu và ứng dụng luận văn thạc sĩ toán học

Để giải quyết bài toán này, ta có thé phát biểu bài toán lại như sau: Cho 6 điểm trong đó hai điểm nào cũng được nối với nhau bằng một đoạn thẳng và tô bởi chỉ một trong hai màu xanh ho

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYEN VAN NGOI

MOT SO BAI TOAN

TO MAU VA UNG DUNG

LUAN VAN THAC Si TOAN HOC

2

NGHỆ AN - 2012 c

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

NGUYEN VAN NGOI

MOT SO BAI TOAN

TO MAU VA UNG DUNG

CHUYEN NGANH: DAI SO VA LY THUYET SO

MA SO: 60.46.05

LUAN VAN THAC Si TOAN HOC

NGUOI HUONG DAN KHOA HOC

PGS.TS Nguyén Thanh Quang

NGHE AN - 2012

LÝ DO CHỌN ĐÈ TÀI

Tổ hợp là một ngành toán học rời rạc nghiên cứu về các cấu hình kết

hợp các phần tử của một tập hợp hữu hạn phần tử Các cấu hình đó là những phép liệt kê, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp các phần tử của một tập hợp Tổ hợp

có liên quan đến nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học, như đại số, lý thuyết xác suất và thống kê, hình học cũng như các ngành ứng dụng như khoa học

máy tính và vật lí thống kê

Liệt kê, đếm, sắp xếp các đối tượng có những tính chất nào đó là một

phần quan trọng của lý thuyết tổ hợp Thông thường số các đối tượng này là hữu hạn và việc phân bố chúng phải thoả mãn những điều kiện nhất định nào

đó, tùy theo yêu cầu của bài toán Chủ đề này được nghiên cứu từ lâu khi

những câu hỏi về tổ hợp được nêu ra trong những công trình nghiên cứu của

các trò chơi may rủi Một bài toán khác trong lý thuyết tổ hợp là việc tạo ra các cách sắp xếp theo một kiểu nào đó Vấn đề này rất quan trọng trong các

mô phỏng máy tính Chúng ta cũng sẽ đưa ra những thuật toán tạo các cách

sắp xếp theo nhiều kiểu khác nhau

Các bài toán tổ hợp có đặc trưng là gắn với số cầu hình tổ hợp không

lồ Việc giải chúng đòi hỏi một khối lượng tính toán khổng lồ (có trường hợp

mắt hàng chục năm) Vì vậy trong thời gian dài, khi mà các ngành toán học

như phép tính vi phân, phép tính tích phân, phương trình vi phân phát triển

như vũ bảo, thì nó vẫn như nằm ngoài sự phát trién và ứng dụng của toán học

Tình thế thay đổi từ khi xuất hiện máy tính và sự phát triển của toán học hữu

hạn Nhiều vấn đề tô hợp đã được giải quyết trên máy tính Từ chỗ chỉ nghiên

cứu các trò chơi, tổ hợp đã trở thành ngành toán học phát triển mạnh mẽ, có

nhiều ứng dụng trong lĩnh vực toán học, tin học

Các bài toán tổ hợp cơ bản bao gồm: Bài toán rời rạc và đại số tổ hợp;

Bài toán tô màu; Bài toán trò chơi; Bài toán đồ thị

Đề tài luận văn “Một số bài toán tô màu và ứng dụng” nhằm đi sâu

tìm hiểu một trong năm bài toán cơ bán của Tổ hợp Nội dung của luận văn

tập trung tìm hiểu các bài toán tô màu cơ bản và các đề toán tô màu được chọn

từ các kỳ thi vô địch toán quốc gia, quốc tế Luận văn được chia làm 3

chương:

Chương 1 Giới thiệu về Tổ hợp toán học

Chương 2 Giới thiệu về các bài toán tô màu cơ bản

Chương 3 Giải một số bài toán tô màu chọn từ các đề thi vô địch toán

Tác giá xin trân trọng cảm ơn thầy giáo hướng dẫn khoa học - PGS.TS Nguyễn Thành Quang - đã tận tình hướng dẫn, chỉ bảo, giúp đỡ để tác giả

hoàn thành luận văn

Tác giả xin cảm ơn các thầy cô giáo trong chuyên ngành Đại số và Lý

thuyết số, Khoa Toán học, Phòng Đào tạo Sau đại học của Trường Đại học Vinh đã giảng dạy và hướng dẫn cho chúng tôi trong học tập và nghiên cứu

Tác giả xin cảm ơn Trường Đại học Đồng Tháp đã giúp đỡ, tạo điều

kiện thuận lợi cho mỗi học viên chúng tôi trong học tập và nghiên cứu của chương trình đào tạo sau đại học

Xin cảm ơn cơ quan công tác, gia đình, bạn hữu của tôi đã quan tâm

giúp đỡ trong suốt thời gian học tập vừa qua

Tuy đã cố gắng trong quá trình học tập, nghiên cứu và viết luận văn, song chắc chắn vẫn còn có nhiều thiếu sót, rất mong được sự góp ý, chi bao của các thầy cô và các bạn đồng nghiệp

Nghệ An, tháng 09 năm 2012

_ Tác giả NGUYEN VAN NGỢI

6 CHƯƠNG 1

GIỚI THIỆU VÈ TÓ HỢP TOÁN HỌC

1.1 Một số nguyên lý cơ bản

1.1.1 Nguyên lý nhân

Giả sử một cầu hình tổ hợp được xây dựng qua k bước, bước 1 có thé

được thực hiện n, cách, bước 2 có thể được thực hiện n, cach, ., bước k có

thể được thực hiện n, cách Khi đó số cấu hình tổ hợp là: nụm, n,

trong tổng X(n,k), bộ (¡.:i i, ) lấy tất cả các tổ hợp chập k của n và như

vậy X(n,k) là tổng của on số hạng Nói riêng ta có

X(n.1)=|X|+|X,|+ +|X,|, X (an) =|X, 0X, 0 0X, |

Từ công thức 2, sử dụng tinh chat:

IX.ax,a sexy aX, =|X, OX, 0 X,]=|X|-|X, 0X, 0 X,

Ta nhận được công thức sau:

Công thức 3 (Sieve): |X: ¬ X; © ¬ X,|=3)(DfXŒ,),

k=0

trongđó: X(ø,0)=|X|

X(nk)= 3 |X,aX,o X,|, Vk=l, n

Bây giờ, ta cho các tính chất ø, z„ trên tập X Xét bài toán:

Đếm số phân tử trong X không thỏa mãn một tính chat a, nao cả

Lời giải Với mọi k =I, m ta có ký hiệu: X, = {xe X|x thoa man a,}

Như vậy phần bù của X, là: X, = {x e X | xkhông thỏa mãn z, }

Ký hiệu X là số cần đếm, theo công thức 3 ta có:

trong đó X(nk)= 3 |X,aX,o ^X,| Vk=l,

1Sj< <j, <n 1.2 Các cấu hình tổ hợp đơn giản

Những cấu hình sau thường được làm cơ sở cho phép đếm

1.2.1 Chỉnh hợp lặp Mội chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử khác nhau là

một bộ có thứ tự gồm # thành phần lấy từ z phần tử đã cho Các thành phần

có thê được lặp lại

Một chỉnh hợp lặp chập & của ø phần tử có thể xem như một phần tử

của tích Đề-Các X, với X là tập ø phần tử Như vậy số tất cả các chỉnh hợp

lặp chập & của ø là ø* Kí hiệu số chỉnh hợp lặp chập k của ø phần tử là:

Vi du 1.2 Cac dãy nhị phân có độ dài ø là một chỉnh hợp lặp chập ø từ hai

phan tir {0; 1} Vay theo công thức chỉnh hợp lặp chập ø từ 2 phần tử là 2” m

8

1.2.2 Chỉnh hợp không lặp Mộ/ chỉnh hợp không lặp chập k của n phần tử khác nhau là một bộ có thứ tự gồm # thành phần lấy từ z phần tử đã cho Các thành phần không được lặp lại Theo nguyên lý nhân, số tất cả chỉnh

n!

(n-k)!

1.2.3 Hoán vị Hoán vị của n phân ñr khác nhau là một cách sắp xếp thứ tự

hợp không lặp chập & của z phần tử là: Pk =n(n-1) (n—k+1)=

các phần tử đó Hoán vị có thể coi như trường hợp riêng của chỉnh hợp không lặp chập & của ø trong đó & =ø Ta có số hoán vị là: — ? =!

1.2.4 Hoán vị lặp Hoán vị lặp là hoán vị trong đó mỗi phần tử được ấn định

số lần lặp cho trước Số hoán vị lặp của & phần tử khác nhau trong đó số phần

tử thứ nhất lặp n, lần, số phần tử thứ 2 lặp 1, lần, số phần tử thứ & lặp n,

lần là: P(n:n,.n, n, )=

Giả sử tập Š có ø phần tử khác nhau, trong đó có n phan tir kiéu 1, n1,

phần tử kiểu 2, ø, phần tử kiểu & Khi đó, số các hoán vị ø phần tử của tap S

!

là: P(n;n,,n, nụ, )= m

1.2.5 Tố hợp Một tổ hợp chập & của ø phần tử khác nhau là một bộ không kể

thứ tự gồm # thành phần khác nhau lấy từ z phần tử đã cho Nói cách khác ta

có thể coi một tô hợp chập k của ø phần tử khác nhau là một tập con có & phần

tử từ z phần tử đã cho Ký hiệu số tổ hợp chập & của ø phần tử là Cj Ta có

P.=C* k!, do do suy ra: cha

k\(n—k)!

1.2.6 Tổ hợp lặp Tổ hợp lặp chập k từ n phần tử là một nhóm không phân biệt thứ tự gồm & phan tử trích từ ø phần tử đã cho, trong đó các phần tử có thể lặp lại Giả sử X có ø phần tử khác nhau Khi đó số tô hợp lặp chập & từ ø

phần tir cia X, ky higu RE a; RE =ct,, = FRYE k\(n—1)!

Ví dụ 1.3 Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm nguyên không âm:

X,+x,+x,=11

Lời giải Chúng ta nhận thấy mỗi nghiệm của phương trình ứng với một cách

chon 11 phan tử từ một tập có 3 loại, sao cho có x, phần tử loai 1, x, phan tu loai 2, x, phan tử loại 3 được chon Vi vay số nghiệm bằng số tổ hợp chập 11

từ tập gồm 3 phần tử Theo công thức trên ta có:

13.12 _2¢

R = Chis = C3 = Ch = 12 1

10 CHƯƠNG 2 -

GIỚI THIỆU VÈẺ CÁC BÀI TOÁN TÔ MÀU CƠ BẢN

Khi gặp những bài toán phức tạp, một công việc chúng ta cân làm là đưa nó trở về với ngôn ngữ toán học quen thuộc, giúp chúng ta dễ dàng tư

duy và việc trình bày lời giải cũng trở nên đơn giản hơn Một phương pháp

hay được sứ dụng để làm công việc này là Tô màu Ta sẽ chia đối tượng đang xét ra thành nhiều đối tượng và tô bởi những màu khác nhau Không chỉ vậy, nhiêu khi Tô màu sẽ thực sự giúp chúng ta làm vấn đề bài ra trở nên sáng súa hon va đi tới lời giải nhanh chóng, ngắn gọn và dễ hiểu

Bài toán tô màu là sự gản màu cho các đỉnh, các cạnh hay các hình sao

cho các đỉnh, cạnh hay các hình thỏa mãn một số tính chất hoặc yêu cầu nào

đó

2.1 Các kiến thức cơ bản 2.1.1 Nguyên lí Dirichlet

Nguyên lí 1 Nếu nhốt n+1 thỏ vào n lồng thì tôn tại một lồng có ít nhất hai

con tho

Nguyên lí 2 Nếu nhốt n thỏ vào m lồng mà phép chia n cho m có thương là k

và còn dư thì tổn tại một lồng có it nhất k+l con thỏ

Nhận xét w điểm của nguyên lí Dirichlet là nó cho phép khẳng định được

sự tần tại của một đối tượng có tính chất nào đó mà không cân chỉ ra mô hình

cụ thể của nó

Ví dụ 2.1 (Bài toán 6 người) Chứng minh rằng trong 6 người bắt kì luôn có

thể tìm ra ba người đôi một quen nhau hoặc đôi một không quen nhau

Lời giải Đây là một bài toán rất cô điển của Toán học và là phần nhỏ trong

lớp rất rộng các bài toán dạng Turan Để giải quyết bài toán này, ta có thé

phát biểu bài toán lại như sau:

Cho 6 điểm trong đó hai điểm nào cũng được nối với nhau bằng một đoạn thẳng và tô bởi chỉ một trong hai màu xanh hoặc đỏ Chứng mình rằng, bao giờ cũng tìm ra được một tam giác có ba cạnh có cùng màu

11

Goi 6 diém 14 A, B,C,D,E,F

Từ điểm 4 ta kẻ được 5 đoạn thắng là 4B,AC,AD,AE,AF Theo

nguyên lí Dirichlet, tồn tại ba đoạn thắng được tô bởi cùng một màu Không

mắt tính tổng quát ta giả sử đó là các doan thang AB, AC, AD va cing to mau

xanh Nếu tồn tại ít nhất một đoạn thắng trong ba đoạn thắng 8C,CD,DB được tô xanh thì bài toán được chứng minh (giả sử 8C được tô xanh thì tam

giác ABC thỏa mãn) Nếu cả ba đoạn thắng 8C,CD,DB đều được tô đỏ thi tam giác BCD thỏa mãn

Vậy bài toán đã được chứng minh m

Ví dụ 2.2 Mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bởi một trong hai màu Chứng minh tổn tại một hình chữ nhật có 4 đỉnh được tô bởi cùng một màu Hãy phát

biểu và chứng minh mệnh đề tổng quát

Lời giải Xét các giao điểm của ba đường thắng ngang và 9 đường thắng đứng

như hình vẽ Số cách tô màu 3 giao điểm trên cùng một đường thắng đứng là

2x2x2=8 cach

Do có 9 đường thắng đứng nên tồn tại hai đường thắng có cách tô màu

ba giao điểm giống hệt nhau

Giả sử hai đường thắng đó là hai đường thắng chứa các giao điểm là

A.4,,A, và B,,B,,B; như hình vẽ

4;

B;

Ba điểm A.4,,4, được tô bởi hái màu nên tồn tại hai điểm cùng màu Giả sử là 4, và 4, Như vậy hình chữ nhật 4⁄4,8,B, có 4 đỉnh được tô

bởi cùng một màu gy

Bài toán tổng quát Mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bởi một trong n màu (ø là số nguyên dương) Chứng minh rằng, tồn tại một hình chữ nhật có 4

đỉnh được tô bởi cùng một màu

Chứng minh mệnh đề tổng quát tương tự như với trường hợp =2 Ta

sẽ xét giao điểm của ba đường thắng ngang và ø` +I đường thắng đứng ] 2.1.2 Nguyên lí cực hạn

Nguyên lí 3 Trong một tập hợp hữu hạn (khác rỗng) các số thực, luôn tôn tại

số nhỏ nhất và số lớn nhất

Nguyên lí 4 Trong một tập hợp khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể

chọn được số bé nhất

Sử dụng nguyên lí cực hạn là một phương pháp được vận dụng cho

nhiều lớp bài toán khác, đặc biệt nó có ích khi giải các bài toán tổ hợp nói

chung và hỗn hợp tổ hợp nói riêng Nguyên lí này dùng để giải các bài toán

mà trong tập hợp các đối tượng phải xét của nó tồn tại các giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất theo một nghĩa nào đó Nguyên lí cực hạn thường được sử dụng kết hợp với các phương pháp khác, đặc biệt là phương pháp phản chứng, được

vận dụng trong trường hợp tập các giá trị cần khảo sát chỉ là tập hữu hạn (Nguyên lí 1) hoặc có thể vô hạn nhưng tồn tại một phần tử lớn nhất hoặc nhỏ nhất (Nguyên lí 2) Để sử dụng nguyên lí cực hạn vào giải các bài toán tô màu

ta thường dùng lược đồ chung đề giải sau:

- Đưa bài toán đang xét về dạng có thể sử dụng nguyên lí 1 (hoặc nguyên lí 2) để chứng tỏ rằng tất cả các giá trị cần khảo sát của bài toán cần

có giá trị lớn nhất (nhỏ nhất), xét bài toán tương ứng khi nó nhận giá trị lớn nhất (nhỏ nhất)

- Chỉ ra mâu thuẫn, hoặc đưa ra giá trị còn lớn hơn (hoặc nhỏ hơn) giá

trị lớn nhất (nhỏ nhất) mà ta đang khảo sát.

Theo nguyên lí của phương pháp phản chứng, ta sẽ suy ra điều phải chứng minh

Các ví dụ được trình bày dưới đây sẽ minh họa cho phương pháp này

Ví dụ 2.3 Trên một đường thắng đánh dấu ø điểm khác nhau 4,4, 44, theo thứ tự từ trái qua phải (>4) Mỗi điểm được tô bằng một trong 4 màu

khác nhau và cả bốn màu đều được dùng Chứng minh rằng tồn tại một đoạn

thắng chứa đúng hai điểm của hai màu và ít nhất hai điểm của hai màu còn

lại

Lời giải Xét tập hợp sau: A={k/1<k<n}

Tap A#@ (vi theo giả thiết Ay ‘

dùng cả bốn màu) và 4 hữu hạn ae a 7

nên theo nguyên lí cực hạn, tôn tại

một chỉ số ¡ nhỏ nhất mà ¿ e 4

Theo định nghĩa của tập hợp A, vì do ¡ là chỉ số bé nhất thuộc 4, nên

màu của điểm 4, sẽ khác với màu tất cả các điểm 4,,4 4,.„

Chú ý rằng bây giờ trong dãy A:4 A, lại có đủ bốn màu

Xét tiếp tập sau:

B8={ k| 1<k <¡ và giữa các điểm 4,,4,,, 4, có mặt đủ bốn mau }

Tap B#© (vi day 4,A,, ,4, co du bén mau, va B hitu han nén theo nguyên lí cực hạn, tồn tại chỉ số 7 lớn nhất mà theo định nghĩa của tập hop B,

và do / là chỉ số lớn nhất thuộc nên màu của điểm 4, sẽ khác với màu của

tất cả các điểm 4 A

Xét đoạn [4.4]: Khi đó đoạn thắng này chứa đúng hai điểm của hai màu (đó là 4, và 4,), và ít nhất hai điểm của hai màu còn lại 4 Á,.-

Ví dụ 2.4 Cho một số hữu hạn điểm, trong đó có một số điểm màu đen, còn

lại là điểm trắng Biết rằng:

() Mỗi điểm đen đều được nối với ít nhất một điểm trắng

(iï) Không có điểm trắng nào được nối với tất cả các điểm đen

14

Chứng minh rằng tồn tại một nhóm 4 điểm gồm 2 điểm trắng, 2

điểm đen mà mỗi điểm được nói với đúng một điểm khác màu của nhóm đó

Lời giải Gọi A là điểm trắng được nồi với nhiều điểm đen nhất

Do điều kiện (ii) nên tồn tại điểm đen không được nói với 4, gọi điểm

do la B

Do điều kiện (i) ma B phai duge néi voi mot diém trang khac A, goi

điểm đó là C

Trong tất cả các điểm đen được nối với 4 tồn tại một điểm không được

nối với C, gọi đó là ? (vì nếu không tồn tại thì điểm trắng C được nối với

nhiều điểm đen hơn 4, trái với cách chọn điểm 4)

Như vậy nhóm 4 điểm 4, 8, C, D là nhóm cần tìm gy

2.1.3 Tính chat bắt biến

Trong các bài toán tổ hợp, ngoài các bài toán sử dụng nguyên lí

Dirichlet và nguyên lí cực hạn ta còn gặp các bài toán sử dụng các tính chất

bất biến của các đối tượng khi chúng thay đổi Mặc dù, các đối tượng này

thay đổi nhưng vẫn có những tính chất không bị thay đổi trong suốt quá trình

biến đổi và đó được gọi là tính chất bất biến Sử dụng tính chất bắt biến ta có

thể loại bỏ những trường hợp, những khả năng không thể xảy ra

Một bắt biến đơn giản nhất và thường gặp là tính chẫn lẻ của số, tức là

ta sẽ xét số du khi chia cho 2 Ngoài ra ta cũng có thê xét số dư cho các số bắt

kì khác

Để thiết lập các bắt biến đôi khi ta cũng sử dụng phương pháp tô màu,

tức là chia các đối tượng đang xét ra làm nhiều nhóm, các phần tử của mỗi

nhóm được tô bởi cùng một màu

Ví dụ 2.5 Một hình tròn được chia thành 6 hình quạt, trong mỗi hình quạt ta

đặt một viên bi Thực hiện một trò chơi như sau: Mỗi lần chuyển một viên bi

ở một hình quạt nào đó sang hình quạt kề với nó Hỏi sau 20 lần chuyến bi ta

có thể nhận được trạng thái mà cả 6 viên bi đều ở cùng một hình quạt hay không ?

15 Lời giải Tô màu các hình quạt như hình vẽ Gọi Š, là tổng số các viên bi

trong các hình quạt màu đen sau lần chuyến bi thứ ø

Ta thay S, thay déi sau mỗi lần chuyền bị, tuy nhiên S% =ø+ 1(mod 2)

với mọi >0

Suy ra Š„ là số lẻ Nếu sau 20 lần chuyển bi mà ta có thể nhận được

khả năng 6 viên bi cùng thuộc một hình quạt thì S, =0 hoặc Š, =6

Vậy sau 20 lần chuyền bi ta không thể nhận được kết quả mà cả 6 viên

bi đều thuộc một hình quat gy

Ví dụ 2.6 Cho một bàn cờ quốc tế Được phép sơn lại các ô của một đường nằm ngang hoặc đường thắng đứng nào đó thành màu khác Hỏi bằng cách đó

có thể nhận được một bàn cờ chỉ gồm duy nhất một ô đen hay không ?

Lời giải Khi tô lại một đường nằm ngang hoặc một đường thắng đứng có & ô

den va 8—k 6 trang ta được §—& ô đen và & ô trắng Do đó số ô đen thay đổi

đi (8—k)—k=8—2k, tức là thay đổi một sé chin 6 Bởi vì tính chẵn lẻ của

số ô đen không thay đổi, mà ban đầu có một số chẵn các ô đen (32 ô) nên ta

không thể nhận được khả năng bàn cờ chỉ đuy nhất một ô đen a

2.2 Một số dạng thường gặp của bài toán tô màu

2.2.1 Bài toán liên quan đến đồ thị

Ví dụ 2.1 đã trình bày ở trên li ` một bài toán mà lời giải của nó được

trình bày theo ngôn ngữ đồ thị Dưới đây là một số ví dụ khác về bài toán dạng này

Ví dụ 2.7 Cho 17 điểm trên mặt phẳng sao cho hai điểm nào cũng được nói với nhau bởi đúng một đoạn thắng và tô bởi chỉ một trong ba màu: xanh, đỏ

hoặc vàng Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có ba cạnh cùng màu

Lời giải Theo nguyên lí Dirichlet, từ mỗi điểm ta kẻ được 16 đoạn thắng và

tô bởi ba màu, do đó tồn tại 6 đoạn thắng kẻ từ điểm đó và tô cùng một màu Gọi 6 đoạn thắng là MA,MB,MC, MD, ME, MF và chúng cùng được tô

màu vàng

Nếu tồn tại ít nhất một đoạn thắng nối hai trong 6 điểm 4,B,C,D,E,F

tô màu vàng thì bài toán được chứng minh (ví dụ đoạn 4Ö tô vàng thì tam giác M4B thỏa mãn)

Nếu không tồn tại đoạn thắng nào nối hai trong 6 điểm ấy tô màu vàng,

tức là 6 điểm 4,B,C,D,E,F được nối với nhau bởi các đoạn thắng tô bằng

một trong hai màu xanh hoặc đỏ Áp dụng kết quả ví dụ 2.1, ta có điều cần chứng minh

Tóm lại ta luôn tìm được một tam giác có ba cạnh cùng màu m

Ví dụ 2.8 Cho 6 điểm trên mặt phẳng trong đó ba điểm nào cũng là đỉnh của

một tam giác có độ dài ba cạnh khác nhau Chứng minh tồn tại một đoạn

thắng nối hai trong 6 điểm ấy sao cho nó vừa là cạnh nhỏ nhất của tam giác

này, vừa là cạnh lớn nhất của tam giác khác

Lời giải Với mỗi tam giác được tạo thành từ ba trong 6 điểm, ta tô đỏ cạnh lớn nhất Như vậy bất cứ tam giác nào cũng phải có cạnh đỏ Làm thao tác trên với tất cả các tam giác Cuối cùng những đoạn thắng chưa được tô màu,

ta tô màu xanh

Theo ví dụ 2.1 trên, tồn tại một tam giác 4BC có ba cạnh cùng màu Vi tam giác nào cũng có cạnh đỏ nên tam giác này có ba cạnh cùng màu đỏ Do

vậy, giả sử 8C là cạnh nhỏ nhất của tam giác này thì BC chính là đoạn thắng

17

cần tìm bởi nó là cạnh nhỏ nhất của tam giac ABC và là cạnh lớn nhất của

một tam giác khác nên mới được tô đỏ gy

2.2.2 Bài toán tô màu bảng ô vuông

Đối với các bài toán tô màu liên quan đến bảng ô vuông, ngoài cách tô

màu một số ô của bảng một cách hợp lí, ta cũng có thể đánh số hoặc đánh tọa

độ các ô đề đi đến lời giải của bài toán Dưới đây là một số ví dụ:

Ví dụ 2.9 Cho một hình chữ nhật 3x7 được chia thành 21 ô vuông con

Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ nhật tạo bởi các ô vuông con mà 4 ô vuông con ở 4 góc của hình chữ nhật ấy được tô bởi cùng một màu

Lời giải Nếu tồn tại một cột có ba ô vuông được tô cùng màu thì bài toán được chứng minh vì khi đó chắc chắn tồn tại một cột khác có hai ô được tô

cùng màu với ba ô đó Từ đó tìm được hình chữ nhật cần tìm

Nếu cột nào cũng chỉ được tô bởi đúng hai màu Ta thấy số cách tô màu ba ô

vuông ở mỗi cột là 6 Do đó theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai cột có cách tô

màu giống nhau Và từ hai cột này ta tìm ra được hình chữ nhật thỏa mãn yêu cầu bài toán a

Vi dụ 2.10 Có thể đánh số các ô của một bảng ô vuông 4x4 bởi các số tự nhiên từ 1 đến 16 (mỗi số viết một lần) sao cho tổng 4 số ở mọi phần của

bảng ô vuông có dạng như hình chữ 7 dưới đây (có thể xoay về mọi phía) đều chia hết cho 4 hay không ?

Lời giải Ta sẽ chứng minh rằng không có cách đánh số nào thỏa mãn yêu cầu bài toán Giả sử tồn tại cách đánh số thỏa mãn yêu cầu bài toán Ta xét một phần của bảng vuông như hình dưới đây

Ta có: (a+b+n+đ):4 va (a+b+n+c):4 Suy ra c=d(mod4)

18

Tuong ty a=b=c=d(mod4)

Nhu vay nếu một ô s6 a chia cho 4 dư m thi 6 6 vi tri chéo với nó cũng

chia 4 du m

Ta tô màu bảng ô vuông 4x4 bởi các màu đen trắng xen kẽ Giả sử số

a ở vị trí ô đen, thế thì các số ở vị trí ô đen khác (trừ hai ô đen ở góc) đều chia

4 dư z, suy ra có 6 ô đen chứa số có cùng số đư trong phép chia cho 4

Trong bảng không thể có 6 số có cùng số dư khi chia cho 4 vì trong các

số từ 1 đến 16 chỉ có 4 số chia 4 dư 0, 4 số chia 4 dư một, 4 số chia 4 dư hai,

4 số chia 4 dư ba

Vậy không thể đánh số các ô của bảng ô vuông thỏa mãn yêu cầu bài

toán gy

2.2.3 Các bài toán khác

Ví dụ 2.11 Người ta tô đỏ một số cạnh của một đa giác lồi và tô xanh các cạnh còn lại Biết rằng tổng độ dài các cạnh đỏ nhỏ hơn nửa chu vi đa giác, và không có hai cạnh kề nhau nào được tô cùng màu xanh Hỏi đa giác đó có thể

là đa giác ngoại tiếp một đường tròn được hay không ?

Lời giải Giả sử BC là cạnh xanh, 4B,CD là các cạnh kề với cạnh BC Theo

giả thiết, 4B và CD là các cạnh đỏ Giả sử đa giác ngoại tiếp được đường

tròn (O) Goi M,N, P a cac tiép diém của đường tròn trên 48, 8C,CD

Ta có BC=BN+NC= BM +CP Do đó tổng độ dài các cạnh xanh

nhỏ hơn hoặc bằng tổng độ dài các cạnh đỏ (dấu nhỏ hơn xảy ra khi tồn tại hai cạnh đỏ kề nhau Dấu bằng xảy ra khi không tồn tại hai cạnh đỏ kể nhau)

Từ đó suy ra tổng độ dài các cạnh xanh không lớn hơn nửa chu vi đa

giác, tức là tổng độ đài các cạnh đỏ lớn hơn hoặc bằng nửa chu vi đa giác, trái

với giả thiết g

Vậy đa giác đã cho không thê ngoại tiếp một đường tròn được

19

Vi dụ 2.12 Cho một đường tròn Ta tô màu xanh một số cung của đường

tròn, tông độ đài các cung màu xanh của đường tròn nhỏ hơn nửa chu vi

đường tròn Chứng minh rằng tồn tại một đường kính của đường tròn mà hai

đầu không bị tô màu

Lời giải Tô đỏ các cung đối xứng với các cung xanh qua Ó Do tổng độ dài các cung xanh nhỏ hơn nửa chu vi đường tròn nên tổng độ dài các cung xanh

và cung đỏ nhỏ hơn chu vi đường tròn Suy ra tồn tại một điểm 4 không được

tô màu xanh hay đỏ Điểm Ö đối xứng với điểm đó qua Ó cũng không được tô màu và vì thế, đường kính 4# là đường kính cần tìm a

2.3 Các bài toán tổng hợp

Bài toán 1 Mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bởi một trong ba màu Chứng minh rằng, tồn tại hai điểm cùng màu có khoảng cách bằng 1

Lời giải Xét hình thoi 4BCD với các tam giác 4BD, BCD là các tam giác

đều Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai điểm cùng màu

Nếu hai điểm ấy cùng là đỉnh của một trong hai tam giác đều 487 hoặc

BCD thì đó là hai điểm cần tìm Nếu ngược lại thì 4 và C phải cùng màu

Xét tập hợp các hình thoi như trên với 4 cô định Nếu không có hình thoi nào thỏa mãn tổn tại ít nhất một cạnh của một trong hai tam giác đều

ABD hoặc BCD có hai đầu cùng màu thì C phải cùng màu với 4 Khi đó, tat

cả các điểm nằm trên đường tròn (4.x3) được tô bởi cùng một màu Do đó

hai điểm bắt kì trên đường tròn này có khoảng cách bằng một sẽ thỏa mãn yêu cầu bài toán "m

Bài toán 2 Mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bởi một trong bảy màu Hỏi có

phải luôn tồn tại hai điểm cùng màu có khoảng cách bằng một hay không ?

Lời giải Ta sẽ đưa ra một ví dụ để chứng tỏ rằng mặt phẳng được tô bằng 7 màu nhưng không có hai điểm cùng màu bất kì có khoảng cách bằng 1 Ta chia mặt phẳng thành các lục giác đều bằng nhau với các cạnh bằng ø và tô chúng như cách ở hình dưới đây (các điểm thuộc hai hay ba lục giác có thé tô bằng một màu bắt kì trong số các màu tô các lục giác đó)

Bài toán 3 Mặt phẳng có kẻ ô vuông được tô bằng 10 màu sao cho các ô

cạnh nhau (có cạnh chung) được tô bởi các màu khác nhau, đồng thời tất cả

10 màu đều được sử dụng Hai màu được gọi là cạnh nhau nếu ở đâu đó chúng được dùng để tô hai ô cạnh nhau Hỏi số nhỏ nhất các cặp màu cạnh

nhau có thé bằng bao nhiêu 2

Lời giải Xét một tuyến đường đi qua các ô của tất cá 10 màu và không đi qua

một đỉnh nào của các ô Trên một tờ giấy khác ta vẽ 10 điểm được tô bằng các

màu đã cho, mỗi lần khi ta đi từ ô màu này sang ô màu khác, ta sẽ nối bằng

một đoạn thắng các điểm của các màu đó Cuối cùng ta sẽ được một hình gồm

n đỉnh (trong trường hợp này z= 10) được nối bằng những đoạn thắng, đồng thời theo các đoạn thắng đó có thể đi từ một đỉnh bất kì sang một đỉnh bắt kì khác Bằng phương pháp quy nạp theo ø, ta có thể chứng minh được hình như

thế có không ít hơn —1 đoạn thắng Vì mỗi đoạn thắng tương ứng với một cặp các màu cạnh nhau, nên số các cặp các màu cạnh nhau không nhỏ hơn 9

Ta lay ví du một cach sơn với 9 cặp màu cạnh nhau có thể lập được như sau: Đầu tiên tô màu thứ nhất vào các ô thứ tự như bàn cờ Sau đó ta sơn các ô chưa được tô màu bằng các màu còn lại theo một thứ tự bất kì sao cho tat ca

21

các màu đều được sử dụng Khi đó trong số hai ô cạnh nhau bất kì luôn

có một ô được tô bằng màu thứ nhất m

Bài toán 4 Cho 9 điểm trên mặt phẳng Trong đó bất cứ ba điểm nào cũng

tạo thành một tam giác mà cạnh được tô màu xanh hoặc đỏ nhưng luôn có

cạnh đỏ Chứng minh tồn tại một tứ giác có các cạnh và đường chéo được tô cùng màu đỏ

Lời giải Nếu tồn tại một điểm 4 nào đó sao cho từ điểm đó xuất phát ít nhất

bốn đoạn thắng màu xanh (giả sử là 4B, 4C, 4D, 4E)

thì bài toán được chứng minh (4 điểm B8, C, D, E) thỏa mãn

Nếu điểm nào trong 9 điểm cũng chỉ là đầu mút của nhiều nhất ba đoạn

thắng xanh Ta thấy rằng không thể xảy ra trường hợp cả 9 điểm đều là đầu

mút của 3 đoạn thắng xanh bởi khi ấy số đoạn thắng xanh là 9x3:2 không là

số nguyên

Như vậy, tồn tại ít nhất một điểm sao cho nó là đầu mút của nhiều nhất

hai đoạn thắng xanh, đồng nghĩa với nó là đầu mút của ít nhất 6 đoạn thắng

đỏ Giả sử, điểm đó là 4 và 6 đoạn thắng đỏ 48, AC, 4D, AE, AF, AG

Theo ví dụ 1, trong 6 điểm Ö, CD, E, F, G tồn tại một tam giác có 3

cạnh cùng màu (giả sử là tam giác BCD)

Theo bài ra thì tam giác nào cũng có cạnh màu đỏ nên tam giác BCD có

3 cạnh cùng màu đỏ Do đó bốn điểm 4, 8, C, D thỏa mãn yêu cầu bài toán m

Bài toán 5 Trên mặt phẳng cho 18 điểm, sao cho không có ba điểm nào trong

chúng thắng hàng Nói từng cặp điểm và tô màu cho mọi đoạn thắng thu được bằng một trong hai màu xanh hoặc đỏ Chứng minh rằng tìm được một tứ giác

mà các đỉnh của nó nằm trong tập điểm đã cho sao cho cạnh và đường chéo

của nó cùng màu

22

Lời giải Một điểm M sẽ được nói với 17 điểm còn lại tạo thành 17

đoạn thắng, theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 9 đoạn cùng màu, giả sử là màu

xanh

Xét 9 điểm khác M ở các đầu mút của các đoạn thắng xanh kẻ tir M

Nếu tồn tại tam giác 48C có 3 cạnh cùng xanh thì 4 điểm M, 4, 8, C thỏa mãn yêu cầu đề bài

Nếu không tồn tại tam giác nào có ba cạnh cùng xanh, tức là tam giác nào có đỉnh là ba trong 9 điểm ấy cũng có ba cạnh đỏ Theo bài toán 6, luôn ton tại một tứ giác có bốn cạnh và hai đường chéo cùng màu đỏ a

Bai toan 6 Cho nam diém A, B, C, D, E trén mat phẳng sao cho không có ba điểm nào thắng hàng Nối tất cả các cặp hai điểm trong 5 điểm trên bởi một đoạn thắng và tô chúng bởi một trong ba màu xanh, đỏ hoặc vàng Chứng minh tồn tại một đường gấp khúc khép kính có 4 cạnh được tô bởi không quá hai màu

Lời giải Xét bốn đoạn thắng 4B, AC, 4D, 4E Theo nguyên lí Dirichlet tồn

tại ít nhất hai đoạn thắng cùng màu Giả sử hai đoạn 47, 4C được tô bởi cùng một màu xanh

B

E

Xét hai doan thang DB, DC Néu ton tai một đoạn được tô xanh thì đường gấp khúc 48DC4 có 4 cạnh được tô bởi không quá hai màu

Nếu cả 4 doan thang DB, DC, EB, EC đều không được tô xanh thi

duong gap khic BDCEB cé 4 canh duge tô bởi không quá hai màu

Vậy ta có điều cần chứng minh P|

Bài toán 7 Cho năm điểm 4, B, C, D, E trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thắng hàng Nối tất cả các cặp hai điểm trong năm điểm trên bởi

một đoạn thắng và tô chúng bởi một trong hai màu xanh hoặc đỏ một cách tùy

ý Chứng minh rằng luôn tồn tại một đường gấp khúc khép kín được tô bởi

cùng một màu

23

Lời giải Nêu trong năm điểm tồn tại một điểm là đầu mút của ít nhất ba đoạn thắng cùng màu (giả sử là điểm 4 và các đoạn thắng 4B, 4C, 4D cùng

được tô xanh)

Khi đó, nếu một trong các đoạn thắng BC, BD, CD được tô xanh thì ta

nhận được một đường gấp khúc có ba cạnh cùng màu (ví dụ #C được tô xanh thì đường gấp khúc 48C có ba cạnh cùng màu xanh)

Nếu cả ba đoạn thắng 8C, 8D, CD đều được tô đỏ thì đường gấp khúc

BCD thoả mãn yêu cầu bài toán

Xét trường hợp từ mỗi điểm trong năm điểm chỉ xuất phát đúng hai

đoạn thắng xanh, hai đoạn thắng đỏ

Do đó đường gấp khúc 48EDC4 có năm cạnh cùng tô xanh thoả mãn

yêu cầu bài toán

Từ các trường hợp đã xét trên, ta suy ra điều cần chứng minh a

Bai toan 8 Cho luc giac déu ABCDEF , trong dé đỉnh A được tô đỏ, các đỉnh

còn lại được tô xanh Đổi màu các đỉnh của lục giác theo quy tắc mỗi lần đối

24

màu đồng thời ba đỉnh liên tiếp (xanh thành đỏ, đỏ thành xanh) Hỏi sau

một số hữu hạn lần đổi màu như vậy có thể đạt được kết quả là đỉnh B tô đỏ

còn các đỉnh còn lại tô xanh hay không ?

Lời giải Xét hai cặp đỉnh đối xứng nhau qua tâm Ó của lục giác là (4, Ð) và

(E, F) Khi ta đôi màu ba đỉnh liên tiếp của lục giác thì không bao giờ xảy ra trường hợp cả hai điểm trong một cặp nói trên đều đổi màu

Hai điều trên mâu thuẫn nhau nên không xảy ra trường hợp Z tô đỏ, các

đỉnh còn lại tô xanh sau một số hữu hạn lần đổi màu a

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp phản chứng bằng cách chỉ ra sau

một số m lần đối màu, nếu xét một cặp đỉnh này thì m là số chẵn, xét một cặp

đỉnh khác thì m là số lẻ Đối với bài toán tổng quát hơn cho 2n giác đều

(n cil;n> 3) thì ta cũng có lời giải tương tự như trên

Tổng quát bài toán: Nếu có 4k+l học sinh thì học sinh đứng đâu và học

sinh đứng cuối cùng lớp Nếu có 4k +3 học sinh thi hoc sinh đứng dau va hoc

sinh đứng cuối khác lớp

Bài toán 9 Cho hai đĩa hình tròn bằng nhau, mỗi đĩa được chia thành 12 hình quạt bằng nhau và tô màu đỏ 5 hình quạt một cách tuỳ ý Đặt đĩa thứ hai lên

trên đĩa thứ nhất sao cho các hình quạt ở hai đĩa trùng nhau Lần lượt quay đĩa

thứ hai quanh tâm của nó một góc 30° theo chiều kim đồng hồ, ta có tất cả 12

25

vị trí Chứng minh rằng trong 12 vị trí đó, số vị trí có từ ba cặp hình quạt

đỏ trùng nhau trở lên không quá 8

Lời giải Mỗi hình quạt được tô màu đỏ ở đĩa thứ nhất sẽ lần lượt trùng với 5

hình quạt đỏ ở đĩa thứ hai Như vậy số cặp hình quạt đỏ trùng nhau trong 12

vị trí là 5.5=25

Gọi a là số vị trí có từ ba cặp hình quạt đỏ trùng nhau trở lên và ø là số

cặp hình quạt đó trùng nhau trong z vị trí đó

Tacé 3a2n va n<25 Suy ra 3a<25 hay aS8 gy

Bài toán 10 Trên giấy kẻ ô vuông có thể tô mau 8 6 sao cho mỗi ô được tô

đều có một số lẻ các ô bên cạnh được tô hay không ? (Hai ô cạnh nhau là hai

ô có một cạnh chung) Cũng hỏi như trên nếu số ô là 9

Lời giải Nêu số ô là 8, ta tô màu như hình dưới đây

Như vậy nếu số ô là § thì ta có cách tô thỏa mãn Ta sẽ chứng minh rằng nếu số ô phải tô là 9 thì không tồn tại cách tô thảo mãn yêu cầu bài toán

Giả sử có 9 ô được tô trong đó gồm x ô có một ô bên cạnh được tô màu,

y ô có ba ô bên cạnh được tô màu Ta có x+ „=9

Gọi m là số cạnh chung của các ô được tô, do mỗi cạnh là chung của

26

Bài toán 11 Cho ø đường thắng trên mặt phẳng Chúng chia mặt phắng ấy thành các miền Chứng minh rằng có thể tô màu các miền ấy bằng hai màu

trắng, đen sao cho hai miền kề nhau được tô bởi hai màu khác nhau

Lời giải Ta chứng minh bài toán bằng quy nạp toán học

Ta thấy với =1 Mặt phẳng được chia thành hai miền và hiển nhiên ta

có cách tô màu thỏa mãn yêu cầu bài toán

Giả sử bài toán đúng đến ø=k Kẻ thêm đường thắng thứ & +1, đường

thắng này chia mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng I và II Đối với các phần ở

nửa mặt phẳng I, ta giữ nguyên như cũ Còn đối với các phần ở nửa mặt phang II, ta đối màu đen thành trắng, trắng thành đen Mặt phẳng được chia ra

thành các miền mà hai miền kề nhau có màu khác nhau

Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có điều cần chứng minh a

Nhận xét Bài oán vẫn đúng nếu ta thay n đường thắng bằng n đường bất kì,

trong đó có cả đường tròn Lời giải hoàn toàn tương tự

CHON TU CAC DE THI VO DICH TOAN QUOC GIA, QUOC TE Bài 1 Trong mặt phẳng, mỗi điểm được tô bằng một trong hai màu đen hoặc trắng Chứng minh rằng tồn tại một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền

bằng 2 và một góc nhọn bằng 60°, sao cho cả ba đỉnh của tam giác này có

cùng màu

Lời giải Trước tiên, ta nhận xét rằng luôn tổn tại hai điểm cùng màu có độ

dài bằng 2 Thật vậy, gọi 48C là một tam giác đều có cạnh bằng 2 Chỉ có hai

màu đen và trắng nên hiến nhiên tam giác này có hai đỉnh cùng màu (chẳng

hạn hai đỉnh 4 và 8 cùng màu trắng)

Goi AXYBZT 1a m6t luc giác déu nhan AB lam đường chéo lớn nhất

Nếu một trong các đỉnh X, Y, Z, 7 (chắng hạn, X) có màu trắng, thì ba đỉnh

27

của tam giác ABX (có AXB=90,XAB=60°) sẽ có ba đỉnh màu trắng như đòi hỏi Còn ngược lại, hiển nhiên tam giác XY7 (có YxT = 90°,XYT =60°) có ba đỉnh cùng màu đen =

Bai 2 Ta néi mỗi đỉnh của một thập giác đều với một điểm nằm bên trong nó

để tạo thành 10 tam giác Tô màu các tam giác này bằng hai màu đỏ và xanh đan nhau Chứng minh rằng tông diện tích các tam giác màu xanh bằng tông diện tích các tam giác màu đỏ

Lời giải Mệnh đề cần chứng minh hiển nhiên đúng khi P (điểm bên trong nói

ở đề bài) trùng với tâm Ó của thập giác đều

Bây giờ, giả sử P nằm trong tam giác O4, với 4 và Ö là hai đỉnh liên tiếp của thập giác đều Đường thắng qua P va song song AB cat OA tai Q (O

có thể trùng P) Rõ ràng mỗi cạnh ØQ và OP song song với một cạnh của

thập giác đều

Từ nhận xét trên, dé giải bài toán, ta chỉ cần chứng minh rằng nếu P di

chuyền theo đường song song với một cạnh nào đó của thập giác đều, thì tổng

diện tích của các tam giác màu xanh không thay đối

Đề chứng minh, trước tiên, để ý rằng một trong các tam giác đó có đáy

và đường cao không thay đổi (tam giác có đáy là cạnh của thập giác mà cạnh này song song với đường thắng P đang di chuyển) Bốn tam giác màu xanh còn lại có thể chia thành hai cặp, sao cho đáy của hai tam giác cùng cặp

(UV,XY) là hai cạnh bên của hình thang cân UVXY, ở đó, điểm P di chuyển

theo đường thắng song song với đáy của hình thang Nếu P là điểm bên trong

hình thang thì tổng diện tích hai tam giác UYP và XP bằng diện tích hình

thang trừ cho tông diện tích hai tam giác UVP và YXP mà diện tích hình thang không đổi, đồng thời tổng diện tích hai tam giác UVP và YXP cũng không đổi (tổng hai đường cao bằng khoảng cách hai đường thắng song song

UV và XY, với UV, XY không đổi) nên tổng này không thay đôi khi P chuyển

động song song với đáy Tương tự như thế cho trường hợp P nằm ngoài hình

thang, với tổng diện tích hai tam gác ° UYP va VXP bang dién tich hinh

thang (UVXY) trừ cho (_ diện tích (PXY) - diện tich (PUV) )

Cũng dễ dàng lý luận để thấy trong trường hợp này tổng diện tích hai

tam giác UYP và VXP không đổi

Từ đó suy ra điều phải chứng minh gy

Bài 3 Giả sử một đội thi Olympic Toán học Quốc tế có 6 thành viên Chứng minh rằng trong số 6 thành viên này luôn tồn tại 3 thành viên mà hoặc là cả ba

biết lẫn nhau hoặc không ai biết ai cả

Lời giải Ta kí hiệu mỗi thành viên bằng một điểm Với một cặp điểm bắt kì

(tức một cặp thành viên), ta nối bằng một cạnh màu đỏ nếu họ biết nhau, và

nối bằng một cạnh màu xanh nếu họ không biết nhau Khi đó, để giải bài toán,

ta sẽ chứng minh rằng trong đồ thị vừa biểu diễn sẽ ton tại một tam giác mà

cả ba cạnh cùng màu (xanh hoặc đỏ)

Gọi 6 điểm nói trên là 4, B, CD, E, F Có 5 cạnh vẽ từ 4 đến các cạnh

còn lại Theo nguyên lý Dirichlet, trong 5 cạnh đó phải có 3 cạnh cùng màu, giá sử màu đỏ, chang hạn, đó là 4B, 4C và 4D Nếu một trong 3 cạnh 8C, 8D

và CD có màu đỏ, ví dụ, 8C màu đỏ, thì 48C là tam giác màu đỏ Còn nếu 3 cạnh 8C, BD và CD có màu xanh hết thì BCD là tam giác xanh Như vậy

mệnh đề đã được chứng minh a

Bài 5 Gọi Y là một tập hợp hữu hạn nào đó, xét 6 tập con của XY, mỗi tập gồm

3 phần tử Chứng minh rằng có thể tô bằng 2 màu cho các phần tử của X sao cho không một tập con nào trong 6 tập con nói trên có cả ba phần tử cùng màu

Lời giải Gọi 6 tập con của X đã cho là A,, , A,, ta chứng minh bằng quy

nạp theo số z phần tử của tập X Không mất tính tổng quát, có thể giả sử

n>6

Nếu ø=6, vì C; =20>2.6 nên ton tại một tập Y của X, gồm 3 phần tử,

mà Ÿ khác với tất cả 6 tập A,, , A, và cũng khác với các phần bù của

chúng Khi đó ta tô màu như sau: tô các phần tử của Ÿ bằng một màu, và tô

Thay z, v bằng một phần tử w, thế thì ta trở lại với trường hợp tập X*

có ø—1 phần tử, và mệnh đề đã cho đúng cho tập này Bây giờ, với tập X có ø

phần tử đang xét, ta tô màu tất cả các phần tử như đã tô ở tập X*, riêng hai phần tử ø, v thì tô cùng màu với màu của w Khi đó, dé thấy mệnh đề đúng cho tập X có ø phần tử a

Bai 6 Cho tam giac ABC Néu ta son cac diém cia mat phang bang hai mau xanh và đỏ, hãy chứng minh rằng hoặc là tồn tại hai điểm màu đỏ có khoảng

cách bằng một đơn vị, hoặc là tồn tại ba điểm màu xanh tạo thành một tam

giác bằng tam giác 4BC

Lời giải Ta sẽ gọi một đa giác là đa giác xanh (tương ứng, đỏ) nếu nó có tất

cả các đỉnh cùng màu xanh (tương ứng, đỏ); ta cũng gọi một đoạn thắng là đoạn thắng xanh (tương ứng, đỏ) nếu đoạn thắng đó có hai điểm đầu nút có

cùng màu xanh (tương ứng, đỏ)

Giá sử ngược lại, không tồn tại hai điểm màu đỏ có khoảng cách bằng

một đơn vị và cũng không ton tại ba điểm màu xanh tạo thành một tam giác

bằng tam giác 4C (*)

Ki hiéu a, Ð, e là ba cạnh của tam giác 48C, không mất tinh tổng quát,

ta giả sử rằng a< b,c

Đầu tiên ta sẽ chứng minh rằng không có đoạn thắng đỏ nào có dé dai a

cả Thật vậy, giả sử XY là một đoạn thắng đỏ có độ đài a, khi đó các đường

tròn đơn vị nhận X, Y làm tâm sẽ hoàn toàn màu xanh Gọi Z là điểm sao cho

AXYZ = AABC (viét theo các đỉnh tương ứng) Khi đó, đường tròn đơn vị tâm Z phải có toàn màu đỏ, vì nếu không thì Z màu xanh và tam giác XYZ là